Una pregunta sobre el espacio de la medida y función medible

Question

Que $(X,\mu)$ ser un espacio de medida y $\mu(X)< + \infty$. Que $f$ ser una no negativa función mensurable en $X$ y $E_n = \{x \in X|f(x) \geq n \}$. Entonces $\int_X f^2d \mu < + \infty$ si y sólo si $\sum_{n=1}^{\infty} n \mu(E_n) <+\infty$.

¿Tengo que usar funciones simples que convergen en $f$?

Muchas gracias.

Answer 1

Primero usamos que $$ \int_X g\,\mathrm d\mu=\int_0^\infty \mu\left(\{g\geq t\}\right)\,\lambda(\mathrm dt) $$ para cualquier valor no negativo medibles función de $g$. El uso de este con $g=f^2$ tenemos $$ \int_X f^2\,\mathrm d\mu=\int_0^\infty \mu\left(\{f\geq \sqrt{t}\}\right)\,\lambda(\mathrm dt)=2\int_0^\infty x\cdot \mu\left(\{f\geq x\}\right)\,\lambda(\mathrm dx) $$ por cambio de variables con $x=\sqrt{t}$.

Ahora $x\mapsto x\cdot \mu\left(\{f\geq x\}\right)$ es medible y $x\mapsto \mu\left(\{f\geq x\}\right)$ está disminuyendo, y así $$ \sum_{n=1}^\infty n\cdot \mu\left(\{f\geq n-1\}\right)1_{(n-1,n]}(x)\geq x\cdot \mu\left(\{f\geq x\}\right)\geq \sum_{n=1}^\infty (n-1)\cdot \mu\left(\{f\geq n\}\right)1_{(n-1,n]}(x) $$ y la integración de este con respecto a $\lambda$ rendimientos $$ \int_0^\infty x\cdot \mu\left(\{f\geq x\}\right)\,\lambda(\mathrm d x)\leq \sum_{n=1}^\infty \left(\int_0^\infty n\cdot\mu\left(\{f\geq n-1\}\right)1_{(n-1,n]}(x)\,\lambda(\mathrm d x)\right)\\ =\sum_{n=1}^\infty n\cdot\mu\left(\{f\geq n-1\}\right)=\sum_{n=0}^\infty (n+1)\cdot\mu\left(\{f\geq n\}\right). $$ Ahora esta última suma es finita si y solo si $\sum_{n=1}^\infty n\cdot\mu\left(\{f\geq n\}\right)<\infty$ (por el límite de la prueba de comparación).

Answer 2

Dirección:

Primero observamos que para todos n $E_{n+1} \subset E_{n}$, lo $\mu(E_n-E_{n+1})=\mu(E_{n})-\mu(E_{n+1})$. Tomamos nota también de que $E_n-E_{n+1}=${$x∈ X|n<f(x)\leq n+1$}, por lo tanto se deduce que el $E_1-E_2, E_2-E_3, E_3-E_4,...$ son distintos conjuntos medibles. Ahora definir una función $g:X→R$, de tal manera que $g(x)=n$ si $x\in E_n-E_{n+1}$ y 0 en caso contrario, se deduce fácilmente que el $g(x)\leq(f(x))^2$, por lo tanto: $$\int_X g d \mu \leq \int_X f^2d \mu$$ Por lo tanto: $$\sum_{n=1}^{\infty} n^2(\mu(E_n)-\mu(E_{n+1})) \leq \int_X f^2d \mu...(1)$$

Ahora defina $h_n(x)=n^2$ si $x\in E_n$ y 0 en caso contrario. De ello se desprende que $h_n \leq f^2$, por lo tanto: $$\int_X h_n d \mu \leq \int_X f^2d \mu$$ Por lo tanto, tenemos para todos los n: $$n^2\mu(E_n) \leq \int_X f^2d \mu...(2)$$

Ahora, hacemos uso de la identidad de Abel para deducir que: $$\sum_{n=1}^k (n+1/2)\mu(E_{n+1})=(k+1)^2\mu(E_{k+1})/2-\mu(E_1)-\sum_{n=1}^k (n^2/2)(\mu(E_{n+1})-\mu(E_n))$$ A partir de las desigualdades (1),(2) nos encontramos con que el R. H. S. de la ecuación anterior es acotado, por lo tanto la secuencia de sumas parciales $\sum_{n=1}^k (n+1/2)\mu(E_{n+1})$ está delimitada desde arriba, por lo tanto converge. Desde entonces, para todo n $n/2<n+1/2$, por lo tanto podemos deducir que la secuencia de $\sum_{n=1}^k (n/2)\mu(E_{n+1})$ converge.

Hacia Atrás:

Utilizando el límite de la prueba de comparación, podemos ver que $\sum_{n=1}^{\infty} (2n+3)\mu(E_{n+1})$ converge. El uso de Abel identidad tenemos: $$\sum_{n=1}^k ((n+1)^2)(\mu(E_{n+1}-\mu(E_n)))=(k+2)^2\mu(E_{k+1})/2-4\mu(E_1)-\sum_{n=1}^k (2n+3)\mu(E_{n+1})$$ Desde la R. H. S es acotado, por tanto, la serie en la L. H. S. converge. Ahora dejando $g(x)=(n+1)^2$ si $x\in E_n-E_{n+1}$ y 0 en caso contrario podemos ver que g es integrable. Desde $g \leq f$, por lo $f$ es integrable.